2023届湖南省岳阳市高三下学期信息卷（三）物理试题（解析版）

岳阳市2023届高三物理信息试卷（三）

参考答案

1.B

【详解】A．根据质量数和电荷数守恒，可知该核反应方程为

该反应属于核裂变，A错误；

B．因为生成物X比的比结合能大，所以X比更稳定，B正确；

C．X的质子数为54，其中子数为132-54＝78，所以中子数和质子数不相等，C错误；

D．X的核子数比少，两者的比结合能接近，因此X的结合能比的结合能小，D错误。

故选B。

2.C

【详解】A．设正六边形边长为，A点的点电荷在D点的电场强度为

C、E点的点电荷分别在D点产生的电场强度大小为

D点的电场强度为

D点场强大小不为零，A错误；

B．由等量同种电荷的电势分布特点，C、E点的点电荷在O点与D点产生的电势相等，又由于O点更靠近A点的点电荷，故O点的电势比D点产生的电势更大，B错误；

CD．在O点，3个点电荷产生的电场方向水平向右，故正电荷在O点的电场力水平向右，同理3个点电荷在D点产生的电场水平向左，故正电荷在D点的电场力水平向左，正电荷沿OD连线，从O点到D点过程，电场力先做正功后做负功，电势能先降低再升高，电势先降低再升高，C正确，D错误；

故选C。

3.D

【详解】A．对石球受力分析，绳与石球相切于点，设绳与竖直方向夹角为 ，如下图

所以

对结点O受力分析，由平衡条件得

解得，绳的张力大小为

A错误；

B．由题意可知

若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则变大，变小，则绳的张力增大，B错误；

C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，变小，变大，由

可得，绳的张力减小，C错误；

D．当石球平衡时，绳子拉力为

所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律

可得，绳的张力

D正确。

4. D

【解析】A．由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为

t=·T

由于宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，则

=

所以

α=π

设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系可得

=sin=sin=

可得

h=R

故A错误；

B．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为，故B错误；

C．设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得

sin=

可得

θ=60°

故C错误；

D．万有引力提供向心力，所以

解得

其中

r=R＋h=2R

又

联立可得

故D正确。

5.A

【详解】由题可知，导电溶液与导电涂层相当于平行板电容器的两极板，且两板间距离不变，液面高度变化时，正对面积发生变化，则由可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大；当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小。由于电流从下向上流过电流计，可知该段时间内电容器上的电荷量减小，由于电容器两极电势差不变，则电容器的电容减小，则瓶内液面降低。t时间内通过电流计的电量为It，依题有

液面的高度变化时的正对面积、电容分别变化为

联立得

故A正确，BCD错误。

故选A。

6.A

【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力，A错误；

B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律

解得，此时小物块加速度的大小为

B正确；

C．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示

沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即

所以小物块在处的速度与小球的速度之比为

C正确；

D．设小物块下滑距离为时的速度大小为，此时小球的速度大小为，对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有

其中

解得，此时小物块的速度大小为

D正确。

7.【答案】BD

【解析】

【详解】A．由图乙知，Q点在t=0.1s时开始向上振动，故A不正确；

B．由甲图可知波长，由乙图可知周期，则波速为

由乙图可知Q点比波源滞后1s开始振动，1s波传播的距离为

则质点Q的平衡位置与O点相距1m，故B正确；

C．质点P的平衡位置与O点相距2m，波传播到质点P位置时间为2s，P振动的时间为2s，在0~4s内，质点P经过的路程为

故C错误；

D．波从波源位置传播到x=5m位置时间为5s，则x=5m处的质点振动时间为1s，所以t=6s时，x=5m处的质点第一次到达波峰，故D正确。

故选AB。

8.【答案】AD

【详解】（1）由平抛运动的规律可知

解得

（2）由可知

从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为

则由折射定律可知

解得

由几何关系可知

解得

9.【答案】  BC

【解析】根据氢原子的能级图可知从能级4向能级2直接跃迁发出的a光能量比从能级3向能级2跃迁发出的b光能量高。根据可知能量越高的光，频率越高，即。

A．光在介质中的传播速度

频率高的光，折射率更大，则传播速度小，即在水中a光的速度更小，故A错误；

B．双缝干涉实验中，根据

波长越长，条纹间距越大，根据可知，，则b光的条纹间距更大，故B正确；

C．根据光电效应方程可知

，

解得遏止电压

根据可判断光线a的遏止电压高，故C正确；

D．根据全反射临界角

光折射率大，则光的临界角更小，更容易发生全反射。所以若a光发生了全反射，b光不一定发生全反射，故D错误。

故选BC。

10.【答案】BCD

【解析】

【详解】A．由乙图可知，感应电动势有效值为

根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流

由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压

故A错误；

B．发电机输出功率为

故B正确；

C．由图可知交变电流的频率

浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；

D．由，解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为

故D正确。

11.【答案】CD

【解析】

【详解】A．粒子轨迹如图1所示

由几何关系可知

可得

故A错误；

B．当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为，由几何关系可得

可得

则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为

故B错误；

C．要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速度夹角为

则粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的

故C正确；

D．如上图粒子1打在MN上的点与O1N组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长度为

故D正确。

故选CD。

12.【答案】    ①. B    ②. 较高    ③. 2.8    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]A．实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误；

B．斜槽末端必须保持水平，使物体做平抛运动，B正确；

C．本实验使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，故无须静止释放小球，C错误。

故选B。

（2）[2]由图像可知两小球做平抛运动下落相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，在斜槽上释放的位置较高；

（3）[3]由频闪照片可得，小球在竖直方向相邻位移之差

根据匀变速直线运动特点可得

由水平分运动，可得

（4）[4]根据平抛运动规律可得

，

联立可得

可知图像的斜率为

当地的重力加速度表达式为

13.【答案】    ①. 见解析    ②. 左    ③. 乙    ④. 2.3    ⑤. 0.4

【解析】

【详解】（1）[1]由题中条件可知

则电流表应采用外接法，电路中最大电流为

故电流表应选量程0-0.6A，实物图连线如图所示

（2）[2]合上开关之前，为保护电路，测量电路中的电流应最小，故图1中滑动变阻器滑片应置于最左端；

（3）[3]利用图像处理数据，误差更小，两种求电阻方法更合理的是乙；

（4）[4]根据图像可知，斜率为

由图像可知6mA电流对应的横轴坐标为

解得

14.【答案】（1）1.67×105Pa；（2），0.7m

【解析】

【详解】（1）设此时气体压强为p，由查理定律可得

初态压强为p0，温度为

T0=（273+t0）K=300K

末态压强为p，温度为

T=（273+t）K=500K

代入数据可得

p=1.67×105Pa

（2）设再次平衡时封闭气体压强为p′，活塞A、B向左移动的距离分别为x、x′，由于气体温度始终不变，由玻意耳定律可得

由平衡条件可知，对活塞A有

对活塞B有

联立解得

x=0.7m

15.【答案】（1）；（2）或，

【解析】

【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得

E=B0lv

由闭合电路欧姆定律可得

解得

（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即

或

由于法拉第电磁感应定律

E=Blv

当列车速度v＜v0时

E=2B0l(v0-v)

根据闭合电路欧姆定律有

根据安培力公式，MN边所受的安培力

FMN=B0Il

PQ边所受的安培力

FPQ=B0Il

根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小

F=FMN＋FPQ=2B0Il

联立解得

16.（1）；（2）；（3）；（4）

【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有

联立解得

可知物块甲运动到最高点时的速度大小为

（2）设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有

解得

因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有

解得

根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能

（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得

v0= v甲x

由机械能守恒定律得

解得

，

以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得

若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得

解得

可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。

由动量守恒定律得

木板向左减速过程中，由动能定理得

解得

同理可得

以此类推木板的总路程为

解得

（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得

木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有

木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。

①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即

解得

②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞即

解得

可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为。